11年高考最有可能考的40个物理题

10年高考最有可能考的40个物理题

选择题部分30个

⒈ 热学

⑴分子力与分子势能

【预测题1】根据分子动理论，设两个分子间的距离为r0时分子间的引力和斥力相等，以下关于分子力与分子势能与它们间距离的关系，正确的是（ ）

A．若两分子间距离在r0的基础上增大，则分子间的引力增大，斥力减小，分子力表现为引力 B．两分子间距离越大，分子力越小．分子间距离越小，分子力越大

C．两分子间距离为r0时，分子势能最小，在r0的基础上距离增大或减小，分子势能都变大 D．两分子间距离越大，分子势能越大．分子间距离越小，分子势能越小 【答案】C

【解析】如下图左，当两分子间的距离为r0时，分子间的引力和斥力相等，分子力为零；若分子间距在r0的基础上增大，分子间的引力和斥力同时减小，因斥力减小得快，故分子力表现为引力，故选项A错误；从分子力随距离变化的图像可知，分子力的变化不具有单调性，故选项B错误；如下图右为分子势能与分子间距的关系图像，由图像可知，两分子间距离为r0时，分子势能最小，当分子间距离在r0的基础上增大时，分子间的作用力表现为引力，分子力做负功，分子势能增加，当减小分子间的距离时，分子间的作用力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增加，故可以判断选项C是正确的；同时，分子势能的图像不具有单调性，故选项D错误。

E

F斥

r0 o r F分 o

F引

【点评】固体在平衡时，分子间的引力与斥力大小相等，处于平衡状态，而当我们对它施加作用力而企图把它拉长时，分子间的距离稍微变大—点，分子间的引力就大于斥力，从而分子间的作用力宏观上变成了引力，因此很难被拉断。.气体之所以充满整个容器，是因为气体分子间几乎没有相互作用力，分子除了与其他分子发生碰撞以外，几乎做匀速直线运动，直到它们与器壁相碰。同样，气体分子对器壁有压强，这是气体分子在与器壁碰撞过程中的作用力产生的，与气体分子间的斥力无关.

⑵气体的压强的分析

【预测题2】在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M＞m．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F（如图甲）时，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞（如图乙），此时气缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2。设密封气体的质量和温度均不变，则

A．a1 = a2，p1＜p2，V1＞V2 B．a1＜a2，p1＞p2，V1＜V2 C．a1 = a2，p1＜p2，V1＜V2 D．a1＞a2，p1＞p2，V1＞V2 【答案】A

【解析】由F = ma得，a1 = a2，因为p1 = p0，p2＞ p0 ，有p1 ＜p2 ，V1＞V2。

【点评】定性分析压强、温度、体积之间的关系要求理解气体的状态参量的微观意义，其中，气体压强是大量分子频繁碰撞器壁形成的，它与单位体积内的分子数及分子的平均动能有关，而分子的平均动能可由宏观的温度来衡量。

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对气体来说，除了理解气态方程

pV?恒量外，还应注意下列分析线路：①温度→分子平均动能→T分子平均速率→碰撞力→压强；②体积→分子密集度→压强；③温度变→分子平均动能变→总分子动能变→气体的内能变。

⑶有关分子的计算

【预测题3】某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为?，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA不可以表示为

?VVA．NA? B．NA?

mV0【答案】AD

M?V计算阿伏加德罗常数，不仅适用于分子间隙小的液体与固体，而且适用于分?mmVM?子间隙大的气体，故BC正确；而NA?仅适用于分子间隙小的液体与固体，由于气体分子间有V占?V占M m

C．NA?

D．NA?M ?V0【解析】用NA =

很大的间隙，每个气体分子所占据的空间为V比每个分子的体积V0大得多，所以AD不正确。

【点评】①阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，它们利用整体与个体的关系进行计算，本题给出了它的最常见的计算方法；②由于分子间存在的间隙的差别，气体分子平均占有体积比分子的实际体积V0大得多，而固、液分子两者的近似相等。

⑷拼盘式考题

【预测题4】下列有关热现象的叙述中正确的是（ ） A．温度升高，物体内所有分子运动的速度大小都变大

B．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的

C．分子力随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大 D．温度升高，物体的内能不一定增大 【答案】D

【解析】温度是分子平均动能的标志，温度升高了，分子的平均动能增大，但不代表每个分子的速度都会变大；热力学第第二定律表明第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但仍不能实现；分子力的增大还是减小要根据实际情况而定，有时随分子间距离的增大而减小，而有时随分子间距离的增大而增大；物体的内能取决于温度、体积及物质的量，所以温度升高，内能不一定增大。故正确答案为D。

【点评】 热学部分是每年高考的必考内容，从近几年高考的情况来看，都是以选择题的形式出现。本题将多个知识点综合在一起进行考查，这也是现在高考命题趋势。

⒉ 光学

⑴几何光学与物理光学的综合

【预测题5】如图所示，水下光源S向水面A点发射一束光线，折射光线分成a、b两束，则（ ） A．a、b两束光相比较，a光的波动性较强

B．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距于b光的干涉条纹间距

C．在水中a光的速度比b光的速度小

D．若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，b光先消失

【答案】AD

【解析】 由题意可知b光偏折更多，b光频率更高，则a光的波动性更强，A项正确；由?x?L?知，a光干涉条纹间距较大，B项错；同种介质中，频率d越高的光对应的传播速度越小，C项错；因b光的临界角较小，故顺时针旋转时b光先于a光发生全反射现象，D项正确．

【点评】物理光学与几何光学相联系的是光的频率和折射率，它们的关系是：对同一介质而言，光的频率越高其折射率越大。从光路传播图得出折射率的大小关系是几何光学与物理光学综合题的解题的突破

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口。

⑵光电效应及光子说

【预测题6】对光电效应的解释正确的是 （ ）

A．金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属 B．如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应

C．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大

D．由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不同 【答案】 BD

【解析】 按照爱因斯坦的光子说，光子的能量是由光的频率决定的，与光强无关，入射光的频率越大，发生光电效应时产生的光电子的最大初动能越大。但要使电子离开金属，须使电子具有足够的动能，而电子增加的动能只能来源于照射光的光子能量，但电子只能吸收一个光子，不能同时吸收多个光子，否则当光的频率低，而照射时间足够长，也会发生光电效应。电子从金属中逸出时处在从金属表面的电子向外逃出时克服原子核的引力所做的功最小，这个功称为逸出功。不同金属的逸出功不同.

【点评】本题考查了考生对光子说和光电效应规律的理解，同时要求知道光子和光电子间相互作用时的一一对应关系和光强度与光子能量的关系；―入射光的强度‖，是指单位时间内垂直传播方向的单位面积上的光子总能量.在入射光频率不变的情况下，光强正比于单位时间内照射到金属表面上单位面积的光子数。

⑶利用光路图分析光的传播

【预测题7】如右图所示，空气中有一块截面为扇形的玻璃砖，折射率为2，现有一细光束，垂直射到AO面上，经玻璃砖反射、折射后，经OB面平行于入射光束返回，∠AOB为135°，圆半径为r，则入射点P距圆心O的距离为（ ）

A．r· sin 15° B．r· sin 7.5°

11C．r D．r

24【答案】B

【解析】在出射点D处，令出射时的折射角为r，入射角为i，在C点反射角和入射角相等，设为?。

由几何关系知r = 45°，则

sinr=2，有i =30°。即有2?+30°= 45°，故?=7.5°，PO = r·sin7.5°。 sini【点评】在作球面的反射与折射光线时，要记住入射点的法线过半径的特点，若在其球面内部反射时，则能构成了等腰三角形；若光线从球内以临界角入射时，其出射光线沿入射点的切线。

⑷光的有关现象

【预测题8】下列说法正确的是 （ ）

A．在水中的潜水员斜向上看岸边物体时，看到的物体的像将比物体所处的实际位置低 B．光纤通信是一种现代通信手段，它是利用光的全反射原理来传播信息 C．玻璃杯裂缝处在光的照射下，看上去比周围明显偏亮，是由于光的全反射 D．海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率大 【答案】BC

【解析】考查几何光学中光的折射、全反射的有关知识．光从空气射入水中，折射角小于入射角，潜水员从水中逆着折射光线看岸上物体，像的位置应该比实际位置高，A错；光导纤维是利用光的全反射原理制成的，B对；光从玻璃进入裂缝中的空气时发生全反射，C对；海市蜃楼是海面上空气折射率上小下大，光从海面某处由下斜向上传播时发生光的全反射形成的，D错．

⒊ 近代物理和原子物理

⑴核反应方程及各种粒子

【预测题9】从四川省核电站发展论坛上传出消息：四川首家核电站项目顺利通过初步科研评审．该项目建成后，对四川乃至中国西部地区GDP增长和一、二、三产业的拉动将起到巨大作用．关于核电站

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获取核能的基本核反应方程可能是（ ）

2344A．23892U?90Th?2He

341B．2H?H?He?1120n 4171C．147N?2He?8O?1H

1901D．235r?13692U?0n?38S54Xe?100n

【答案】D

【解析】A为α衰变方程，B为聚变方程，C为发现质子的人工核反应方程，D为裂变方程，现在核电站获取核能的方式为裂变，D正确。

【点评】能源问题是当今热点问题，当今社会要构建环保型新能源，随着煤、石油、天然气等不可再生能源的减少，现在我国在发展核能方面逐渐增加投入，这一主题是十分时尚的话题。让学生了解现今核电站的原理很有必要，同时也应了解今后在能源开发和利用的发展方向。

⑵能级跃迁

【预测题10】氢原子能级如图所示，若氢原子发出的光a、b两种频率的光，用同一装置做双缝干涉

实验，分别得到干涉图样如图甲、乙两图所示。若a 光是由能级n=5向n=2跃迁时发出的，则b光可能是 ( )

A．从能级n=4 向n=3跃迁时发出的 B．从能级n=4 向n=2跃迁时发出的 C．从能级n=6 向n=3跃迁时发出的 D．从能级n=6 向n=2跃迁时发出的 【答案】D

【解析】本题考查氢原子能级、干涉图样与波长的关系．由干涉图样可以判断a光的波长要长，频率要低，能量要低，故b光的能量要高，所以可得D．

【点评】①本题考查的知识点有光子能量、能级理论、光的干

涉等知识点,.是上述基础知识点经过一定的包装而设计出来的考题；②明线光谱中的明线与跃迁时释放的光子频率存在一一对应关系；③原子发生跃迁时，处于低能级的原子所吸收的光子能量必须满足两个能级的能量差；处于激发态的原子向基态跃迁时，将对外辐射光子，辐射光子的能量也等于两个能级的能量差

⑶与粒子物理学相关的考题

【预测题11】―轨道电子俘获‖是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子（其质量小于电子质量且不带电）．若一个静止的原子核发生―轨道电子俘获‖（电子的初动量可不计），则

A．生成的新核与衰变前的原予核质量数相同 B．生成新核的核电荷数增加

C．生成的新核与衰变前的原子核互为同位素 D．生成的新核与中微子的动量大小相等 【答案】AD

【解析】质子与中子的质量数相同，所以发生―轨道电子俘获‖后新核与原核质量数相同，A正确；新核质子数减少，故核电荷数减少，B错；新核与原核质子数不同，不能称它们互为同位素，C错；以静止原子核及被俘获电子为系统，系统动量守恒，系统初动量为零，所以生成的新核与中微子的动量大小相等，方向相反，D正确．

【点评】―轨道电子俘获‖与“中微子”都是与大学物理相关的内容，但它的相关现象却可以用中学物理所学的规律进行分析，像这类中学物理与大学物理相交叉的内容应引起关注。

⒋ 力学

⑴机械振动与机械波

【预测题12】如图所示，在一条直线上两个振源A、B相距6m，振动频率相等，从t0时刻A、B开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，振动图像A为甲，B为乙。若A向右传播的波与B向左传播在t1 = 0.3s时相遇，则 （ ）

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A．两列波在A、B间的传播速度均为10m/s B．两列波的波长都是4m

C．在两列波相遇过程中，中点C为振动加强点 D．t2 = 0.7s时刻B点经过平衡位置且振动方向向下 【答案】AD

【解析】由题意可知，波在t1 = 0.3s内传播的路程

?ss = 3m，可以由v?计算出波速v = 10m/s，故选项A正确；由图像可知T = 0.2s，根据公式v?可以计

Tt算出?= 2m，选项B错误；波由A传到C与由B传到C都是3m，即传播了1.5?，又因为A、B两个振

源是反相的，故C为振动减弱点，选项C错误；由于B点自身只振动一个周期，即自身振动时间为0.2s，此后B点的振动则是由于A点产生的波传播到B点引起的，分析可知在0.6s时刻，A波的波前到达B点；在t2 = 0.7s时刻，B点由于A波的传播已做了0.5T的振动，此时B质点经过平衡位置，其振动方向向下，故选项D正确．

【点评】波传播的本质是波形的平移，当两列波相遇时，满足波的叠加原理。 【预测题13】一简谐横波在x轴上传播，在某时刻的波形如图所示。已知此时质点F的运动方向向下，则 （ ）

A．此波朝x轴负方向传播 B．质点D此时向下运动

C．质点B将比质点C先回到平衡位置 D．质点E的振幅为零

【答案】AB

【解析】已知质点F向下振动，由上述方法可知，此列波向左传播。质点B此时向上运动，质点D向下运动，质点C比B先回到平衡位置。在此列波上所有振动质点的振幅都是相等的。故只有A、B选项正确。

【点评】判定波的传播方向与质点的振动方向的常见方法有平移法和上下坡法。 ⑵天体运动

【预测题14】1930年美国天文学家汤博发现冥王星，当时错估了冥王星的质量，以为冥王星比地球还大，所以命名为大行星．然而，经过近30年的进一步观测，发现它的直径只有2300公里，比月球还要小．2006年8月24日晚在布拉格召开的国际天文学联合会(IAU)第26届大会上，来自各国天文界权威代表投票通过联合会决议，今后原来九大行星中的冥王星将不再位于―行星‖之列，而属于矮行星，并提出了行星的新定义．行星新定义的两个关键：一是行星必须是围绕恒星运转的天体；二是行星的质量必须足够大，它自身的重力必须和表面力平衡使其形状呈圆球．一般来说，行星直径必须在800公里以上，质量必须在50亿亿吨以上．假如冥王星的轨道是一个圆形，则由以下几个条件能估测出其质量的是（其中万有引力常量为G） （ ）

A．冥王星围绕太阳运转的周期和轨道半径 B．冥王星围绕太阳运转的线速度和轨道半径

C．冥王星一个的卫星查龙(charon)围绕冥王星在圆形轨道上转动的线速度和轨道半径 D．冥王星一个的卫星查龙(charon)围绕冥王星在圆形轨道上转动的周期和轨道半径 【答案】CD

mMv24?2mr【解析】由G2?m?可知，只要知道线速度与轨道半径或知道周期和轨道半径就能求出

rrT2中心天体的质量．A、B求得的是中心天体太阳的质量而不是冥王星的质量；故正确答案为C和D。

⑶牛顿第二定律的应用

【预测题15】如图所示，两个轮子的半径R=0.20 m，由电动机驱动以角速度?=8.0 rad/s匀速同向转动，两轮的转动轴在同一水平面上，相互平行，距离d =1.6 m . 一块均匀木板条轻轻平放在两轮上，开始时木板条的重心恰好在右轮的正上方. 已知木板条的长度L＞2d，木板条与轮子间的动摩擦因数μ=0.16 木板条运动到重心恰好到达左轮正上方所需的时间是 （ ）

A．1 s B．0.785 s

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C．1.5 s 【答案】C

D．条件不足，无法判断

f滑m【解析】木板条先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a ==

12?mgm??g=

120.16m /s2. 因为加速到速度和两轮边缘的线速度相等时，向左通过的位移为s1?at2??g(?R2)=0.8 m，?g小于两轮轴之间的距离，所以木版条还要做一段匀速运动，位移为s2= d –s1= 0.8m，则匀速运动的时间为l2=

s2=0.5 s，总时间为1.5 s. ?R【点评】本题类似于皮带传动问题，它将分析计算滑动摩擦力、圆周运动中的几个量之间的关系、牛顿第二运动定律等知识点糅合在一起，很有创意. 同时对力与运动的关系的考查也很细致入微。滑动摩擦力和接触面积无关，尽管两轮同时和木板条接触，但摩擦力并不是2f =2mgμ .当木板条的速度和轮边缘的线速度相同时，它们之间再没有摩擦力作用，木板开始做匀速运动。

⑷功能关系

【预测题16】如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为?时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（ ）

1

A． 木板对物块做功为mv2

2

B． 擦力对小物块做功为mgLsin? C． 支持力对小物块做功为mgLsin?

1D． 滑动摩擦力对小物块做功为mv2?mgLsin?

2【答案】ACD

【解析】在抬高的过程中，物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功；这样在抬高物块的过程中，由功能定理得：

WFN?WG?0，即WFN?mgLsin?= 0，所以WFN?mgLsin?

在小木块下滑的过程中，支持力不做功，有滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得： WG?Wf?121mv，即Wf?mv2?mgLsin? 22在整个过程中，木板对物块做的功等于支持力和摩擦力做的功之和，即： 1W?WFN?Wf?mv2。故答案为ACD。

2【点评】我们应熟记下列常用的功与能的对应关系：①重力势能改变量等于的重力做功负值；②电势能改变量等于电场力做功的负值；③机械能的改变量等于除重力外的其他力做功；④动能改变量等于合外力做的功．它们的大小关系是一一对应的关系。

在求摩擦力大小时，一定首先分清该摩擦力的性质，是动摩擦力还是静摩擦力；在求解摩擦力做功时，如果不能直接应用公式求解，可以考虑从动能定理或动量守恒的角度来解答。

⑸物体的运动

【预测题17】利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像. 某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图像如图所示，出此可以知道 （ ）

A．小车先做加速运动，后做减速运动 B．小车运动的最大速度约为0.8m/s C．小车的最大位移是0.8m D．小车做曲线运动 【答案】AB 【解析】计算机屏上显示出的图像是利用传感器作出的运动小车的速

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度—时间图像. 由图像知，在0~7.8 s时间内是加速运动，后半部分是减速运动. 图线的纵坐标最大值约0.8 m/s，正确的选项是A和B．对于C选项快速进行最大位移的估算，大约是8.3 m .

【点评】近年来，DIS（数字化信息系统）实验在新课标中得到很好的体现. 这些工具拓宽了中学实验的渠道、提高了实验的精度、改变着实验设计的思想，在新的高考中出现本类题目是必然的。不管是怎样“包装”的考题，其解答过程都离不开基本的物理知识和方法，都必须还原为已经学习过的物理模型．本题考查了对v— t图像的理解与应用．

⑹圆周运动与平抛运动

【预测题18】如图所示，光滑的半圆柱体的半径为R，其上方有一个曲线轨道AB，轨道底端水平并与半圆柱体顶端相切。质量为m的小球沿轨道滑至底端（也就是半圆柱体的顶端）B点时的速度大小为gR，方向沿水平方向。小球在水平面上的落点为

C（图中未标出），则

（ ）

A．小球将沿圆柱体表面做圆周运动滑至C点 B．小球将做平抛运动到达C点

C．OC之间的距离为2R D．OC之间的距离为R 【答案】BC

mv2【解析】在B点时，向心力F向== mg，物体将做平抛运动，由平抛运动的规律知：

rR?12gt,OC?vt?2R，所以BC正确。 2【预测题19】 一根长为L的轻杆下端固定一个质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力）．当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是（ ）

A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为gL

B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大 C．小球在最低点对轻杆的作用力先增大后减小

D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心 【答案】B

【解析】设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，v2由牛顿第二定律得mg – F =m，当轻杆对小球的作用力大小F = mg时，小球的速度最小，最小值为零，

Lv2v2所以A错．由mg– F =m，可得在最高点轻杆对小球的作用力F= mg –m，若小球在最低点的初速度

LL从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后增大（先为

支持力后为拉力）．由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此选项B正确．在最低点，由F–

v2v2mg =m，可得轻杆对小球的作用力（拉力）F= mg +m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，

LL则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大，选项C错．轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速

圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，选项D错．

【点评】处理竖直平面内的圆周运动的常用方法是：选择圆周的最高点和最低点分别对小球进行受力分析，应用牛顿第二定律列出方程，找出相关函数关系进行分析．

⑺物体的平衡

【预测题20】如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为?，质点与球心的连线与水平地面的夹角为?，则下列说法正确的是

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（ ）

A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左 B．质点对半球体的压力大小为mgcos? C．质点所受摩擦力大小为mgsin? D．质点所受摩擦力大小为mgcos? 【答案】D

【解析】以质点与半球体为系统．利用系统处于平衡可知，地面对半球体的摩擦力为零，A错；质点所受的重力可分解为沿半径方向与相应的切线方向两分量，F切 = mgcos?，沿半径方向：F半 = mgsin?，由质点平衡可得：质点所受的摩擦力为Ff = mgcos?，对半球体的压力为；FN = mgsin?，故正确答案为D．

【点评】力学中物体的平衡是高考的热点内容之一，本题将摩擦力、受力分析、物体的平衡条件、牛顿第三定律等知识综合在一起，是一道较好的考查考生的知识与能力的考题。

⑻动量与能量

【预测题21】如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B时的速度为v，则（ ）

A．摆球从A运动到B的过程中重力做的功为1mv2

2mv2B．摆球从A运动到B的过程中重力的平均功率为

TC．摆球运动到B时重力的瞬时功率是mgv

D．摆球从A运动到B的过程中合力的冲量为mv 【答案】AD

【解析】某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，重力做功与路径无关只与高度差有关。由动量定理，合外力的冲量等于物体动量的改变量。

【点评】动量和能量能研究方法着眼于研究物体或系统的状态改变的规律，其研究的角度为动量与能量，解题时无须对过程变化的细节深入研究，更关心物体或系统动量与能量的变化量及引起变化的原因。

⒌ 电学

⑴电磁感应与电路、与图像、与力学规律的综合 【预测题22】矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如右图所示。t = 0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，在0～4 s时间内，线框ab边受力随时间变化的图像（力的方向规定以向左为正方向）可能是下图中的（ ）

【答案】D

【解析】由图可知0 ~2 s和2 ~ 4 s时间内，

?B?B不变，E =S不变，回路中电流I不变，ab边所受?t?t力安培力F=BIL，而B是变化的，所以A、B项错；根据楞次定律、安培定则、左手定则判断知C项错，

D项正确。

【点评】由于电磁感应与图像的综合题综合性强、能力要求较高、区分度较大，一直以来受高考的青睐，它不仅能综合考查考生对楞次定律、法拉第电磁感应定律、全电路欧姆定律等知识的掌握程度，而且还能很好地考查考生分析处理图像的能力，一般属于中等偏难的考题。

【预测题23】光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，一根质量为m的导体棒ab，用长为l的绝缘细线悬

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挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图所示，系统空间有匀强磁场．当闭合开关S时，导体棒被向右摆出，摆到最大高度时，细线与竖直方向成?角，则（ ）

A．磁场方向一定竖直向下

B．磁场方向竖直向下时，磁感应强度最小

C．导体棒离开导轨前通过棒的电量为

mgl(1?cos?) ED．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于mgl(1 – cos?) 【答案】 BD

【解析】 当开关S闭合时，导体棒向右摆起，说明其所受安培力水平向右或有水平向右的分量，但安培力若有竖直向上的分量，应小于导体棒所受重力，否则导体棒会向上跳起而不是向右摆，由左手定则可知，磁场方向斜向下或竖直向下都成立，A错；当满足导体棒“向右摆起”时，若磁场方向竖直向下，则安培力水平向右，在导体棒获得的水平冲量相同的条件下，所需安培力最小，因此磁感应强度也最小，B正确；设导体棒右摆初动能为Ek，摆动过程中机械能守恒，有Ek = mgl (1–cos?)，导体棒的动能是电流做功而获得的，若回路电阻不计，则电流所做的功全部转化为导体棒的动能，此时有W = IEt= qE = Ek，得W = mgl (1–cos?)，q?mgl(1?cos?)，题设条件有电源内阻不计而没有“其他电阻不计”的相关表述，Emgl(1?cos?)，C错DE因此其他电阻不可忽略，那么电流的功就大于mgl (1–cos?)，通过的电量也就大于

正确．

【点评】安培力的冲量与通过导线的电量相关，“冲量→电量”、“做功→能量”是力电综合的二条重要思路。本题中由杆摆动方向判断所受安培力方向，进一步判断磁场的可能方向，一般会判断磁场方向竖直向下，而选项B既设置了一个小陷阱，同时又对磁场方向起到提示作用．当安培力与杆摆动初速度方向相同时安培力最小，磁感应强度B也最小；电量和能量的计算分别借助安培力的冲量和所做的功来进行，但试题没有表明电路电阻可以忽略，因此实际值都要大于计算值，这是试题的第二个陷阱.

⑵带电粒子在电场中的运动及电容器

【预测题24】如图所示，在O点处放置一个正电荷。在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆 (图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC = 30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，则下列说法正确的是（ ）

A．小球通过C点的速度大小是2gh B．小球在B、C两点的电势能不等

C．小球由A点到C点的过程中电势能一直都在减少

R1D．小球由A点到C点机械能的损失是mg(h?)?mv2

22【答案】D

【解析】小球从A点到C点的过程中，电场力总体上做的是负功，重力做正功，由动能定理可以知道

电荷在C点的速度小于2gh。B、C两点在同一等势面上，故两点的电势相等，由公式E?q?知道，电荷在B、C两点上的电势能相等。小球在从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，从B点到C点的过程中电势能是先增加后减少。小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，12

即电场力做的功。由动能定理得mgh+ W电 =mvC，则：

2

121RR1W电 =mvC?mgh?mv2?mg?mgh=?[mg(h?)?mv2]

22222R1R1即电势能增加了mg(h?)?mv2，机械能减少了mg(h?)?mv2。应选D。

2222【点评】带电粒子在电场中的运动，在高考中占有重要的地位，在高考中常以选择题考查对基本概念和基本规律的理解，根据带电粒子的受力情况或运动情况分析其加速度的变化，速度的变化，动能的变化，

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电势能的变化，或带电粒子所经点的场强的变化，或电势的变化。

物体在重力场中只在重力的作用下，重力势能与动能之和保持不变；带电粒子在电场中只在电场力的作用下，电势能与动能之和保持不变；带电粒子在电场与重力场合成的复合场中，带电粒子的电势能与机械能之和保持不变。

⑶半径公式与周期公式的应用

【预测题25】极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地极附近的大气层后，由于地磁场的作用而产生的．如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动，旋转半径不断减小．此运动形成的原因是（ ）

A．可能是洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小 B．可能是介质阻力对粒子做负功，使其动能减小 C．可能是粒子的带电量减小 D．南北两极的磁感应强度较强 【答案】BD

【解析】洛伦兹力永远不做功，A错；由带电粒子旋转半径R =电量增大或磁感应强度变大，故B、D正确，C错．

【点评】根据轨道半径公式r=

mv知，半径减小，可能是速度v减小、Bqmv，影响带电粒子在匀强磁场中运动的半径的因素有m、v、B、q，qB我们可以从运动轨迹的半径变化分析出对应物理量的变化，或者根据对应物理量的变化分析出运动半径的方向；同时，影响带电粒子在匀强磁场中运动偏向的因素是带电粒子的电性、速度方向、磁场方向，我们可以利用左手定则分析得出相关信息。

⑷交流电

【预测题26】两个相同的白炽灯L1和L2，接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同。更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度高于灯L2的亮度。新电源的电压最大值和频率可能是（ ）

A．最大值仍为Um，而频率大于f B．最大值仍为Um，而频率小于f C．最大值大于Um，而频率仍为f D．最大值小于Um，而频率仍为f 【答案】A

【解析】灯L1的亮度高于L2的亮度，说明L1的容抗小于L2支路的感抗，故选A。

【点评】感抗与容抗是新增内容，也是教学中比较薄弱的环节，它又与大学内容相联系，故要引起重视。

⑸理想变压器

【预测题27】生活中处处用电，而我们需要的电都是通过变压器进行转换的，为了测一个已知额定电压为100V的灯泡的额定功率，如图，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表A和灯泡L，滑动变阻器的电阻值范围时0－100Ω不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2:1，交流电源的电压为U0＝440V，适当调节滑动变阻器的触片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，测得电流表A的示数为1.2A，则 （ ）

A.灯泡的额定功率为40W A B.灯泡的额定电流为2.4A U0C.滑动变阻器上部分接入的电阻值为50Ω D.滑动变阻器消耗的电功率为240W 【答案】AC

【解析】依题意，副线圈电流为2.4A，电压为220V，由于滑动变阻器上部分的并联电路电压为100V，则下部分电阻电压为120V，由串联知识，上、下部分功率分配比为100:120＝5:6，故下部分电阻上电功率

6

P下＝P总，P总＝1.2×440＝528W，则P下＝288W，下部分电阻R下＝288/2.42＝50Ω，则上部分电阻为50Ω，

11

上部分电路消耗功率P下＝P总－P下＝240W，故容易计算出灯泡的电流为0.4A，功率为40W.综上AC正确.

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【点评】对于理想变压器，我们要从原理的角度理解它的两个规律和一个推论：

??①U1?n1是利用E?n分析出来的，由于理想变压器同一磁路各横截面的磁通量变化率相同，故

?tU2n2有变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比的结论。

②P1=P2是由能量守恒得出来的结论，当有几个副线圈存在量，变压器原线圈的输入功率等于所有副线圈输出功率之和。当变压器只有一个副线圈工作时，由P1=P2 得：U1I1?U2I2,I1n2，即电流和匝数成反?I2n1比。

有关变压器的计算，往往要先找出不变量，通常是先确定电压关系，再从功率关系推导电流关系．对含有多个副线圈的问题，利用功率相等关系解题是突破口。

⑹带电粒子（物体）的组合场与复合场中的运动

【预测题28】如图所示，一个质量为m、带电量为q的物体处于场强按E = E0 – kt（E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为?，当t = 0时，物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是 （ ）

A．物体开始运动后加速度先增加后保持不变 B．物体开始运动后加速度不断增加

EC．经过时间t?0，物体在竖直墙壁上的位移达最大值

k?qE0?mgD．经过时间t?，物体运动速度达最大值

?kq【答案】BC

【解析】电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度减弱，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大．因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，A、D错，B正确．当电场强度为零时，物体开始离开墙壁，

E即E0 – kt = 0?t?0，C正确．

k【点评】本题以带电粒子在复合场中的运动为研究过程，从多角度考查了相关的力学规律，是一道力电综合题，考查的概念与规律较多，要求考生的能力相对较高。

⑺直流电路分析与计算

【预测题29】如图，电源内阻不能忽略，电流表和电压表为理想电表，下列说法正确的是 （ ）

A．若R1断路，表的读数均减小 B．若R2断路，表的读数均减小

C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大 D．若R4断路，表的读数均变大 【答案】CD

【解析】R1断路，总电阻增大，总电流减小，外电压增大，故电流表电压表读数都增大，A错；R2、R3、R4断路分析与R1一样。此题考查电路的有关知识，尤其要注意断路相当于电阻变为无穷大。

【点评】本题的直流电路动态分析与电路故障分析结合。题意较新，能较好地考查考生对电路的分析能力。属中等以上难度的考题。

⑻电磁波

【预测题30】为了体现高考的公平公正，很多地方高考时在考场上使用手机信号屏蔽器，该屏蔽器在工作过程中以一定的速度由前向信道的低端频率向高端扫描。该扫描速度可以在手机接收报文信号中形成乱码干扰，手机不能检测出从基站发出的正常数据，使手机不能与基站建立联接，达到屏蔽手机信号的目的，手机表现为搜索网络、无信号、无服务系统等现象。由以上知识可知（ ）

- 11 -

A．手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理来工作的 B．电磁波必须在介质中才能传播

C．手机信号屏蔽器工作时基站发出的电磁波不能传播到考场内 D．手机信号屏蔽器是通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的 【答案】D

【解析】静电屏蔽是利用电场来工作的，而手机信号屏蔽器是利用电磁场来要作的，故A错；电磁波可以在真空中传播，B错；由题意知手机信号屏蔽器工作过程中以一定的速度由前向信道的低端频率向高端扫描，形成电磁波干扰由基站发出的电磁波信号，使手机不能正常工作，故C错而D正确。

【点评】该题主要联系实际考查学生对电磁波的概念，电磁波的形成，及电磁波的特点掌握情况，手机是学生学习和生活中经常接触到的通信工具，不陌生。以手机立意来考查学生对电磁波这个知识点的掌握情况，既联系了实际，又注重了对学生能力的考查。

非选择题部分

⒈ 实验题

【预测题1】在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为E，频率为f的交流电源上，在实验中打下一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点的距离为so，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则

（1）起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为?Ep＝ ，重锤动能的增加量为?Ek＝ .

（2）根据题中提供的条件，可求出重锤实际下落的加速度a= ,它和当地的重力速度g进行比较，则a g（填“大于”、“等于”或“小于”）.

mf2?s1?s2?f2?s2?s1?【答案】（1）?Ep=mg?s0?s1?；?Ek=；（2）a=；“小于”

3242【预测题2】一个同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，进行了如下实验：在离

地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一个小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示．让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在空中飞行后落在水平地面上，水平距离为s．

（1）请你推导出弹簧的弹性势能Ep与小钢球质量m、桌面离地面高度h、小钢球飞行的水平距离s等物理量之间的关系式： ．

（2）弹簧的压缩量x与对应的钢球在空中飞行的水平距离s的实验数据如下表所示：

弹簧的压缩量x (cm) 小钢球飞行的水平距离s (cm) 1.00 1.01 1.50 1.50 2.00 2.01 2.50 2.49 3.00 3.01 3.50 3.50 根据上面的实验数据，请你猜测弹簧的弹性势能Ep与弹簧的压缩量x之间的关系为 ，并说明理由： ． 【解析】（1）小钢球飞出后做平抛运动，由s?vt,h?g12. gt得小钢球离开桌面时的速度为v?s2h2mgs212由机械能守恒定律可知，轻质弹簧的弹性势能等于小钢球离开桌面时的动能，即Ep?mv?

24h（2）Ep与弹簧的压缩量x之间的关系为：Ep与x2成正比．猜测的理由：由表中数据可看出，在误差

mgs212范围内，x正比于s，又Ep?mv?，所以Ep正比于x2．

24h

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【点评】研究性实验将成为高考实验题的新亮点. 解答研究性实验题的方法是：（1）审题，明确研究性实验的目的和实验方法；（2）根据题述实验情景，综合运用物理知识找出研究性实验得出的关系．

【预测题3】从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量“金属丝的电阻率”。要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能得到多组数据。

金属丝（L） 长度为L0 直径为D 电流表（A1） 量程10mA 内阻r1 = 40Ω 电流表（A2） 量程500?A 内阻r2 = 750Ω

电压表（V） 量程10V 内阻10kΩ 电阻（R1） 阻值为100Ω 起保护作用 滑动变阻器（R2） 总阻值约20Ω

电池（E） 电动势1.5V 内阻很小 开关（S） 导线若干

（1）在下列方框中画出电路图，并标明所用器材的代号。

（2）若选测量数据中的一组数据计算电阻率?，则所用的表达式?=

，式中各符号的意

义是 。

【解析】（1）因为电源电动势E = 1.5V，而电压表量程为10V，读数不明显，所以不选电压表。已知内阻的电流表可测电压，所以选用A1或A2测电压，R2的电阻约为20Ω，题中要求测多组数据，故采用分压接法，电路图如图所示。

（2）因为RL?LI2r2?I1r1D,RL??0,S??()2 I1S2L0I2r2?I1r1SI2r2?I1r1?D2(I2r2?I1r1)???所以，得???，式中：I1为A1的读数，I2为A2的读数，I1SL0I14L0I1r1为A1的内阻，r2为A2的内阻，L0为金属丝的长度，D为金属丝的直径。

【答案】（1）如图所示 ?D2(I2r2?I1r1)（2） I1为A1的读数，I2为A2的读数，r1为A1的内阻，r2为A2的 4L0I1内阻，L0为金属丝的长度，D为金属丝的直径

【点评】对电学实验器材的选择一般分两步考虑，首先要根据实验的要求设计好测量电路，选择必要的相应的器材时要着重考虑准确性；然后设计供电电路，此时选择相应的器材时要着重考虑安全性。

⒉ 计算题

S

⑴运动和力

【预测题4】如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙， 试求

（1）拉力F的平均功率； （2）t＝4s时物体的速度v。

【解析】（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

撤去力后，由牛顿第二定律有

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mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2

v/m·s-根据图像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2

t1＝1s时物体的速度：v1＝a1t1 F 2拉力F的平均功率为P＝Fv1/2 1解得P＝300W 0 1 2 t/s （2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2， v1＝a2t2 ，解得t2＝2s 甲 乙 则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1s 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma3 t＝4s时速度v＝a3t3＝2m/s ，沿着斜面向下 【点评】运用牛顿第二定律能解决两类问题，已知受力情况求解运动情况；已知运动情况求受力情况。它们通过加速度与合外力建立起联系。其中，通过运动图像能得出物体的加速度或合外力，为解决这类问题提供切入口。

⑵动量和能量

【预测题5】如图，在水平面内有两条光滑轨道MN、PQ，其上放有两根静止的导体棒，质量分别为m1、m2。设有一质量为M的永久磁铁，从轨道和导体棒组成的平面的正上方高为h的地方落下，当磁铁的重心下落到轨道和导体棒组成的平面内时磁铁的速度为?，导体棒ab的动能为EK，此过程中两根导体棒、导体棒与磁铁之间没有发生碰撞，求

（1）磁铁在下落过程中受到的平均阻力？

（2）磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量？

【解析】（1）设磁铁在下落过程中受的平均阻力为F，有：

N

12(Mg?F)h?Mv ①

2a c Mv2得：F?Mg? ②

N 2hM （2）对导体棒ab、cd组成的系统动量守恒，设磁铁的重心下落

到轨道和导体棒组成的平面内时它们的速度分别为v1、v2

有： m1v1?m2v2 ③

EK?1m1v12 ④ 2P b d

Q

设磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量为Q，由能量守恒有：

1112 Mgh?Mv2?m1v12?m2v2?Q ⑤

222由③④⑤可得：Q?Mgh?m?m21Mv2?(1)EK ⑥ 2m2【点评】本题是一道动量和能量的综合题，考查了电磁感应、动能定理、能量守恒定律、动量守恒定

律等主干知识，考查了考生的分析综合能力，数学知识的运用能力。属中等以上难度的考题。

⑶带电粒子在场中的运动

【预测题6】如图所示，x轴上方存在磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外（图中未画出）。x轴下方存在匀强电场，场强大小为E，方向沿与x轴负方向成60°角斜向下。一个质量为m，带电量为＋e的质子以速度v0从O点沿y轴正方向射入匀强磁场区域。质子飞出磁场区域后，从b点处穿过x轴进入匀强电场中，速度方向与x轴正方向成30°，之后通过了b点正下方的c点。不计质子的重力。

（1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和最小面积； （2）求出O点到c点的距离。

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【解析】（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动，最后进入匀强电

v02场做类平抛运动，轨迹如图所示.根据牛顿第二定律，有Bev0?m

R要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直径，由几何关系可知：r?Rcos30

0求出圆形匀强磁场区域的最小半径r?3mv0 2eB圆形匀强磁场区域的最小面积为Smin3?m2v02??r?

4B2e22（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：ssin300?v0t；

平行电场方向：scos30?012at，由牛顿第二定律eE?ma， 22243mv023mv0243mv022解得：s?。O点到c点的距离：d?Ob?bc?()?()

eEBeeE【点评】本题的解题关键是画出多过程运动的运动轨迹，其中，分析运动轨迹时，应利用有界圆形磁

场对带电粒子运动的制约特点，从运动的起点、终点及不同阶段的运动轨迹的交界处挖掘隐含信息，画出运动轨迹。

【预测题7】如图所示，质量为M =2 kg的小车A静止在光滑水平面上，A的右端停放有一个质量为m =0.4 kg带正电荷q =0.8 C的小物体B．整个空间存在着垂直纸面向里磁感应强度B =0.5T的匀强磁场，现从小车的左端，给小车A一个水平向右的瞬时冲量I =26 N·s，使小车获得一个水平向右的初速度，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求：

（1）瞬时冲量使小车获得的动能． （2）物体B的最大速度．

（3）在A与B相互作用过程中系统增加的内能．（g =10m/s2） 【解析】（1）瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外力的影响，而且认为，冲量结束后物体B的速度仍为零，冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求得小车获得的速度，进而求出小车的动能．

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I = Mv0，v0 = I / M = 13m / s，Ek = Mv02 / 2 = 169J．

（2）小车A获得水平向右的初速度后，由于A、B之间的摩擦，A向右减速运动B向右加速运动，由于洛伦兹力的影响，A、B之间摩擦也发生变化，设A、B刚分离时B的速度为vB，则：

BqvB = mg，即vB = mg / Bq = 10m / s 若A、B能相对静止。设共同速度为v 由Mv0 = (M + m)v ，解得 v = 10.8m / s 因vB＜v，说明A、B在没有达到共同速度前就分离了， 所以B的最大速度为vB = 10m / s．

（3）由于洛伦兹力的影响，A、B之间的摩擦力逐渐减少，因此无法用Q = fs求摩擦产生的热量，只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解．

由于B物体在达到最大速度时，两个物体已经分离，就要根据动量守恒定律求这时A的速度，设当物体B的速度最大时物体A的速度为vA

A、B系统水平方向动量守恒：Mv0 = MvA + mvB ∴vA = (Mv0 – mvB) / M = 11m/s

Q =ΔE = Mv02 / 2 – MvA2 / 2 – mvB2 / 2 = 28J

【点评】本题考查的知识点有动量定理、动量守恒、洛伦兹力、能量守恒，题目难度不大，但考点较多，尤其是对第2问的讨论，能考查学生的思考严密性。

⑷电磁感应与电路

【预测题8】如图所示，固定的竖直光滑金属导轨间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平、垂直导轨平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与下端固定的竖直轻质弹簧相连且始终保持与导轨接触良好，导轨与导体棒的电阻均可忽略，弹簧的劲度系数为k。初始时刻，弹簧恰好处于自然长度，使导体棒以初动能Ek沿导轨竖直向下运动，且导体棒在往复运动过程中，始终与导轨垂直。

（1）求初始时刻导体棒所受安培力的大小F；

（2）导体棒往复运动一段时间后，最终将静止。设静止时弹簧的弹性势能为Ep，则从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？

【解析】（1）设导体棒的初速度为v0，由动能的定义式

12 Ek?mv0 得 v?2Ek

02m设初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得： E?BLv?BL2EK

m设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：

I?

EBL2EK ?RRm

设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：

B2L22EK F?BIL ?Rm（2）从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能，因在电路中只有电阻，电能最终全部转化为电阻上产生的焦耳热Q。

当导体棒静止时，棒受力平衡，此时导体棒的位置比初始时刻降低了h，则

mg?kh,?h?mg k

由能的转化和守恒定律得：mgh?EK?EP?Q

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m2g2 Q??EK?EP

k

【点评】本题通过弹簧模型和导轨模型结合起来，考查学生运用法拉第电磁感应定律、安培力、力的平衡、能量守恒定律等知识点处理相关问题。

⑸压轴题

【预测题9】如图所示，光滑水平面MN上放两相同小物块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度v=6m/s匀速转动。物块A、B（大小不计）与传送带间的动摩擦因数??0.2。物块A、B质量mA=mB=1kg。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，贮有弹性势能Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B。求：

（1）物块B沿传送带向右滑动的最远距离。

（2）物块B滑回水平面MN的速度v?。 B（3）若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度，则弹射装置P必须给A做多少功才能让AB碰后B能从Q端滑出。

【解析】试题包括四个物理过程：①弹簧解除锁定，AB相互弹开的过程，系统动量、机械能守恒。②B滑上传送带匀减速运动的过程，用动能定理或动力学方法都可以求解。③B随传送带匀加速返回的过程，此过程可能有多种情况，一直匀加速，先匀加速再匀速。④B与A的碰撞过程。遵守动量守恒定律。

（1）解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒：Ep?1122mAvA?mBvB ① 22由动量守恒有： mAvA=mBvB ② 由①②得： vA?4m/s vB?4m/s B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理得：

2vB12??mBgsm?0?mBvB ③ 所以sm??4m

22?g（2）物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物

块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为s?，

1v22由?mBgs??mBv ④ 得s???9m ?sm

22?g说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度， v?B?（3）设弹射装置给A做功为W，

2?gsm=4m/s

1122mAv??mAvA?W ⑤ A22??AB碰后速度互换，B的速度 v?B=vA ⑥

B要滑出平台Q端，由能量关系有：所以，由⑤⑥⑦得W??mBgL?1?2mBv?B??mBgL. ⑦ 又mA=mB 212mAvA ⑧ 2解得 W ≥ 8 J

【点评】本题是一道动量、能量与动力学相结合的试题。试题的物理情景考生并不陌生，是对―传送带‖类试题的创新。此类试题能够很好地将主干知识和基本方法揉合在一起进行考查，是一道难得的试题。从题目包含的考点看，涉及到受力分析、牛顿运动定律、运动学公式，动量、能量守恒等多个主干知识点，从题目包含的物理过程看，涉及到碰撞、匀变速运动等基本物理过程。试题较好地体现了《大纲》规定的

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对考生理解、推理、分析综合、应用数学处理物理问题等能力的考查要求。

【预测题10】如图，光滑斜面的倾角?= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1 = l m，bc边的边长l2= 0.6 m，线框的质量m = 1 kg，电阻R = 0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M = 2 kg，斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s = 11.4 m，（取g = 10.4m/s2），求：

（1）线框进入磁场前重物M的加速度； （2）线框进入磁场时匀速运动的速度v；

（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t； （4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热。 【解析】（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT。对线框，由牛顿第二定律得FT – mg sinα= ma.

Mg?mgsin?=5m/s2

M?m（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动 所以重物受力平衡Mg = FT′，

线框abcd受力平衡FT′= mg sinα+ FA

ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E = Bl1v

联立解得线框进入磁场前重物M的加速度a?形成的感应电流I?EBl1v 受到的安培力FA?BIl1 ?RRB2l12v联立上述各式得，Mg = mg sinα+ 代入数据解得v=6 m/s

R（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动。

进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a = 5 m/s2

该阶段运动时间为t1?v6?s?1.2s a5l20.6?s?0.1s v6进磁场过程中匀速运动时间t2?线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a = 5m/s2 s?l2?vt3?12at3 2解得：t3 =1.2 s

因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t = t1+t2+t3=2.5s （4）线框ab边运动到gh处的速度v′=v + at3 = 6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s 整个运动过程产生的焦耳热Q = FAl2 =（Mg – mgsinθ）l2 = 9 J

【点评】考查的知识点主要有牛顿定律、物体平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、运动学公式、能量守恒定律等。重点考查根据题述的物理情景综合运用知识能力、分析推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力。

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